Як довести, що мова не є контекстною?

Ми дізналися про клас без контекстних мов . Для нього характерні як безконтекстні граматики, так і автоматичні натискання, тому легко показати, що дана мова є без контексту.$\mathrm{CFL}$

Як я показую протилежне? Мій ТА твердо переконаний, що для цього нам потрібно було б показати всім граматикам (або автоматам), що вони не можуть описати мову, що існує. Це здається великим завданням!

Я читав про деякі насосні леми, але це виглядає дуже складно.

Щоб мені відомий насосна лема є , безумовно , найпростішим і найбільш часто використовуваних методом. Якщо вам важко, спробуйте спочатку звичайну версію , це не так вже й погано. Існують деякі інші засоби для мов, далеких від контексту. Наприклад, мови, які не визначаються, тривіально не вільні від контексту.

Однак, мене також цікавлять інші методи, ніж викачування леми, якщо такі є.

EDIT: Ось приклад накачувальної леми: припустимо, мова є без контексту ( - набір простих чисел). Накачана лема має багато кількісних показників, тому я зроблю це трохи як гра:$L=\{ a^k \mid k ∈ P\}$$P$$∃/∀$

1. Накачана лема дає вам$p$
2. Ви даєте слово мови довжиною принаймні$s$$p$
3. лема переписує її так: з деякими умовами ( та )$s=uvxyz$$|vxy|≤p$$|vy|≥1$
4. Ви даєте ціле число$n≥0$
5. Якщо не в , ви виграєте, не є контекстним.$uv^nxy^nz$$L$$L$

Для цієї конкретної мови для будь- (з і є простим числом) зробить трюк. Тоді лема дає вам з . Оскаржуючи контекстну свободу, потрібно знайти таких, щоне є простим числом.$s$$a^k$$k≥p$$k$$uvxyz$$|vy|≥1$$n$$|uv^nxy^nz|$

І тоді буде робити: не є простим , так . Не можна застосовувати насосну лему, тому не є контекстним.$n=k+1$$k+k|vy|=k(1+|vy|)$$uv^nxy^nz\not\in L$$L$

Другий приклад - мова . Ми (звичайно) повинні вибрати рядок і показати, що немає можливого способу його розбиття на ці п’ять частин і щоб кожна похідна накачана рядок залишалася мовою.$\{ww \mid w \in \{a,b\}^{\ast}\}$

Рядок є підходящим вибором для цього доказу. Тепер нам залишається лише подивитися, де можуть бути і . Ключові частини полягають у тому, що або має щось у ньому (можливо, обидва), а також, що і і (і ) містяться у підрядковій довжині - тому вони не можуть бути занадто далеко один від одного.$s=a^{p}b^{p}a^{p}b^{p}$$v$$y$$v$$y$$v$$y$$x$$p$

Цей рядок має ряд можливостей, де може бути і , але виявляється, що декілька випадків насправді виглядають досить схоже.$v$$y$

1. $vy \in a^{\ast}$ або . Отже , вони обидва містяться в одній із секцій continguous сек або сек. Це порівняно простий аргумент, оскільки це не має значення, в якому вони значенні. Припустимо, що . $vy \in b^{\ast}$$a$$b$$|vy| = k \leq p$
   • Якщо вони знаходяться в першій частині сек, а потім , коли ми качаємо, перша половина нового рядка є , а другий є . Очевидно, це не з форми .$a$$a^{p+k}b^{p-k/2}$$b^{k/2}a^{p}b^{p}$$ww$
   • Аргумент для будь-якого з трьох інших розділів працює майже однаково, саме там, де та опиняється в індексах.$k$$k/2$
2. $vxy$ два розділи. В цьому випадку перекачується вниз ваш друг. Знову є кілька місць, де це може трапитися (якщо бути точним 3), але я просто зроблю одне ілюстративне, а решту слід легко зрозуміти звідти.
   • Припустить , що оперезана межа між першим розділом і першої розділом. Нехай (не важливо точно, де і s знаходяться в і , але ми знаємо, що вони в порядку). Тоді, коли ми відкачуємо (тобто випадок ), отримуємо новий рядок , але тоді, якщо можна розділити на , середина повинна бути десь у другій$vxy$$a$$b$$vy = a^{k_{1}}b^{k_{2}}$$a$$b$$v$$y$$i=0$$s'=a^{p-k_{1}}b^{p-k_{2}}a^{p}b^{p}$$s'$$ww$$a$ секції, так що перша половина р - K 1 , а друга половина - a p - ( k 1 + k 2 ) / 2 b p . Очевидно, що це не одна і та ж строка, тому ми не можемо поставити туди v і y .$a^{p-k_{1}}b^{p-k_{2}}a^{(k_{1}+k_{2})/2}$$a^{p-(k_{1}+k_{2})/2}b^{p}$$v$$y$

Решта випадків мають бути досить прозорими звідти - вони ті ж самі ідеї, просто поклавши та y в інші 3 місця в першій інстанції та 2 плями у другій інстанції. Однак у всіх випадках ви можете накачати його таким чином, щоб впорядкування було чітко зіпсовано, коли ви розділите рядок навпіл.$v$$y$

Лема Огдена

Лемма (Огден). Нехай - контекстна мова. Тоді є константа N така, що для кожного z ∈ L і будь-якого способу позначення N або більше позицій (символів) z як "розрізнених позицій", тоді z може бути записано як z = u v w x y , так що$L$$N$$z\in L$ $N$$z$$z$$z=uvwxy$

1. має принаймні одне розрізнене положення.$vx$
2. має не більше N відмінних позицій.$vwx$$N$
3. Для всіх , у V I ш х я у ∈ L .$i\geq 0$$uv^iwx^iy\in L$

Приклад. Нехай . Припустимо, L без контексту, і нехай N - константа, задана леммою Огдена. Нехай z = a N b N + N ! c N + 2 N ! (яка належить до L ), і припустимо, що ми позначаємо$L=\{a^ib^jc^k:i\neq j,j\neq k,i\neq k\}$$L$$N$$z=a^Nb^{N+N!}c^{N+2N!}$$L$як розрізняють усі позиції символу (тобто перші N позицій z ). Нехай z = u v w x y - розкладання z, що відповідає умовам леми Огдена.$a$$N$$z$$z=uvwxy$$z$

• Якщо або x містять різні символи, то u v 2 w x 2 y ∉ L , тому що символи будуть у неправильному порядку.$v$$x$$uv^2wx^2y\notin L$
• Принаймні один з і x повинен містити лише символи a , оскільки розрізняли лише a . Таким чином, якщо x ∈ L ( b ∗ ) або x ∈ L ( c ∗ ) , то v ∈ L ( A + ) . Нехай p = | v | . Тоді 1 ≤ p ≤ N , що означає p ділить N ! . Нехай $v$$x$$a$$a$$x\in L(b^*)$$x\in L(c^*)$$v\in L(A^+)$$p=|v|$$1\leq p\leq N$$p$$N!$ . Тоді г ' = у v 2 д + 1 ш х 2 д + 1 у повинна належати L . Однак v 2 q + 1 = a 2 p q + p = a 2 N ! + р . Оскільки u w y має саме N - p символів a , то$q=N!/p$$z'=uv^{2q+1}wx^{2q+1}y$$L$$v^{2q+1}=a^{2pq+p}=a^{2N!+p}$$uwy$$N-p$$a$ Має 2 N ! + N символів a . Але і v, і x не мають c 's, тому z ' також має 2 N ! + N символів c , що означає z ′ ∉ L , і це суперечить леммі Огдена. Аналогічне протиріччя виникає, якщо x ∈ L ( A + ) або x ∈ L ( c ∗ ) . Ми робимо висновок$z'$$2N!+N$$a$$v$$x$$c$$z'$$2N!+N$$c$$z'\notin L$$x\in L(A^+)$$x\in L(c^*)$$L$ не є контекстним.

Вправа. Використовуючи лему Огдена, покажіть, що не є контекстним.$L=\{a^ib^jc^kd^{\ell}:i=0\text{ or }j=k=\ell\}$

Накачана лема

Це особливий випадок леми Огдена, в якому розрізняються всі позиції.

Лема Нехай - контекстна мова. Тоді є константа N така, що для кожного z ∈ L , z можна записати як z = u v w x y , так що$L$$N$$z\in L$$z$$z=uvwxy$

1. .$|vx|>0$
2. .$|vwx|\leq N$
3. Для всіх , у V I ш х я у ∈ L .$i\geq 0$$uv^iwx^iy\in L$

Теорема Париха

Це навіть більш технічно, ніж лема Огдена.

Визначення. Нехай . Визначимо Ψ Σ : Σ ∗ → N n через Ψ Σ ( w ) = ( m 1 , … , m n ) , де m i - кількість появи я a в w .$\Sigma=\{a_1,\ldots,a_n\}$$\Psi_{\Sigma}:\Sigma^*\to\mathbb{N}^n$

$S$$\mathbb{N}^n$

$S$$\mathbb{N}^n$

$L$$\Sigma$$L$

$$\Psi_{\Sigma}[L]=\{\Psi_{\Sigma}(w):w\in L\}$$

$L=\{0^m1^n:m>n\text{ or }(m\text{ is prime and }m\leq n)\}$

Вправа. Використовуючи теорему Париха, покажіть, що будь-яка контекстна мова над одинарним алфавітом також є регулярною.

Властивості закриття

$\mathrm{CFL}$

$L \in \mathrm{CFL}$$L' \in \mathrm{CFL}$$L' \notin \mathrm{CFL}$$L \notin \mathrm{CFL}$

Це часто коротше (і часто менш схильне до помилок), ніж використання одного з інших результатів, що використовують менше попередніх знань. Це також загальне поняття, до якого можна застосувати всі види класів об'єктів.

Приклад 1: Перетин з звичайними мовами

$\mathcal L(e)$$e$

$L = \{w \mid w \in \{a,b,c\}^*, |w|_a = |w|_b = |w|_c\}$

$\qquad \displaystyle L \cap \mathcal{L}(a^*b^*c^*) = \{a^nb^nc^n \mid n \in \mathbb{N}\} \notin \mathrm{CFL}$

$\mathrm{CFL}$$L \notin \mathrm{CFL}$

Приклад 2: (Зворотний) гомоморфізм

$L = \{(ab)^{2n}c^md^{2n-m}(aba)^{n} \mid m,n \in \mathbb{N}\}$

$\qquad \displaystyle \phi(x) = \begin{cases} a &x=a \\ \varepsilon &x=b \\ b &x=c \lor x=d \end{cases}$

$\phi(L) = \{a^{2n}b^{2n}a^{2n} \mid n \in \mathbb{N}\}.$

Тепер, с

$\qquad \displaystyle \psi(x) = \begin{cases} aa &x=a \lor x=c \\ bb &x=b \end{cases}\quad\text{and}\quad L_1 = \{x^nb^ny^n \mid x,y \in \{a,c\}\wedge n \in \mathbb{N}\},$

$L_1 = \psi^{-1}(\phi(L)))$

$L_1$$L_2 = \mathcal L(a^*b^*c^*)$$L_3 = \{a^n b^n c^n \mid n \in \mathbb{N}\}$

$L_3 = L_2 \cap \psi^{-1}(\phi(L))$

$L$$\mathrm{CFL}$$L_3$$L_3$$L \notin \mathrm{CFL}$

Лемма обміну

Interchange Лемма [1] пропонує необхідна умова для контекстно-вільності , що ще сильніше , ніж леми Огдена . Наприклад, це можна використовувати, щоб показати це

$\qquad \{xyyz \mid x,y,z \in \{a,b,c\}^+\} \notin \mathrm{CFL}$

який чинить опір багатьом іншим методам. Це лема:

$L \in \mathrm{CFL}$$c_L$$n\geq 2$$Q_n \subseteq L_n = L \cap \Sigma^n$$m$$n \geq m \geq 2$$k \geq \frac{|Q_n|}{c_L n^2}$$z_i \in Q_n$

1. $z_i = w_ix_iy_i$$i=1,\dots,k$
2. $|w_1| = |w_2| = \dots = |w_k|$
3. $|y_1| = |y_2| = \dots = |y_k|$
4. $m \geq |x_1| = |x_2| = \dots = |x_k| > \frac{m}{2}$
5. $w_ix_jy_i \in L_n$$(i,j) \in [1..k]^2$

$n,m$$Q_n$

На даний момент у мене немає вільно доступних довідок, і формулювання, викладене вище, взято з препринта [1] від 1981 року. Я вдячний за допомогу в пошуку кращих посилань. Схоже, нещодавно було виявлено (повторно) те саме властивість [2].

Інші необхідні умови

Boonyavatana та Slutzki [3] обстежують декілька умов, схожих на насосну та взаємозамінну лему.

1. "Лемма обміну" для безконтекстних мов У. Огдена, Р. Дж. Росса та К. Вінкльмана (1985)
2. Обмін лемами на регулярні та безтекстові мови Т. Ямакамі (2008)
3. Лемми про обмін або насос (DI) для без контекстних мов Р. Боняватана та Г. Слуцкі (1988)

Не існує загального методу, оскільки набір безконтекстних мов не є напіврозбірним (акаре). Якби був загальний метод, ми могли б використати його для напіввизначення цього набору.

Ситуація ще гірша, оскільки з огляду на два КФЛ неможливо вирішити, чи є їх перехрестя також КФЛ.

Довідка: Хопкрофт та Уллман, "Вступ до теорії автоматів, мов та обчислень", 1979.

Більш сильною версією стану Огдена ( OC ) є

Стан Бадера-Моури (BMC)

$L\subseteq \Sigma^*$$n$$z \in L$$d(z)$$e(z)$$d(z) > n^{e(z)+1}$$z = uvwxy$

1. $d(vx) \geq 1$$e(vx) =0$
2. $d(vwx) \leq n^{e(vwx)+1}$
3. $i \geq 0$$uv^iwx^iy$$L$

$L \in BMC(\Sigma)$$L$

$CFL(\Sigma) \subset BMC(\Sigma) \subset OC(\Sigma)$

Довідка: Бадер, К., Моура, А., Узагальнення леми Огдена. JACM 29, вип. 2, (1982), 404–407